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2024湖北省部分高中联考协作体高二上学期期中考试化学试题PDF版含答案
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这是一份2024湖北省部分高中联考协作体高二上学期期中考试化学试题PDF版含答案，文件包含湖北省部分高中联考协作体2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题pdf、湖北省部分高中联考协作体2023-2024学年高二上学期期中考试化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
第I卷 选择题(共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 【答案】B
【解析】A铝热反应是放热反应，但需要在加热(高温)条件下才能进行，A错误
B.石墨转化为金刚石为吸热反应，说明石墨具有的能量小于金刚石所具有的能量，因此石墨比金刚石稳定，B选项正确，
C. 燃烧热的热化学方程式氢气前面的系数应为1ml 。C错误；
D.固体红磷燃烧过程中需先转化为气态，过程中吸收热量，因此等质量的固体红磷和红磷蒸气完全燃烧，固体红磷放出的热量小，则其△H1<△H2，D错误
2.【答案】C
【解析】根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是放热反应，每生成1 ml CO2(g)放出393.5 kJ热量，A错误、C正确；由图可知，1mlC(s)和0.5mlO2(g)转化为1ml的CO(g)，放出热量为：393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1 ，B错误；由图可知，1mlCO(g)和0.5mlO2(g)的总能量大于1mlCO2(g)，无法判断1mCO(g)和1mlCO2(g)的能量大小，则在相同条件下，无法判断CO (g)和CO2(g)的稳定性，D错误。
3．【答案】B
【解析】A. CO的燃烧热是283.0kJ/ml，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，其逆反应二氧化碳分解生成一氧化碳和氧气是吸热，2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH=+2×283.0kJ/ml，故A错误； 1g液态肼的物质的量为： 1/32ml，则1ml液态肼完全反应放出的热量为：20.05kJ×=641.6kJ，该反应的化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ΔH＝−641.6kJ·ml-1，故B正确；
C．OH-(aq) ＋ H+(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.4kJ·ml－1，即在稀溶液中1mlNaOH与强酸完全反应生成1ml水时，放出57.4kJ热量，但浓硫酸稀释时需要放热，则含20gNaOH的稀溶液与过量浓硫酸完全反应，放出的热量应大于28.7kJ，故C错误；
D．该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此0.5mlN2、1.5mlH2反应放出的热量小于47.2kJ，选项D错误。
4．【答案】C
【解析】A．气态水变为液态水放出热量，所以CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＜－574kJ·ml－1，故A错误；
B．1.6 g甲烷为0.1ml，还原NO2至N2，C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以转移电子总数是0.1ml×8=0.8ml，即电子转移数目为0.8NA，B错误；
C．根据盖斯定律①+②得CH4还原NO2生成N2和水蒸气的热化学方程式是CH4(g)＋2NO2(g) =N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·ml－1，标准状况下6.72L甲烷的物质的量是0.3ml，还原NO2至N2，放出的热量为867kJ·ml－1×0.3ml=260.1kJ，故C正确；
D．设NO2的物质的量为x ml，则NO的物质的量为(4-x) ml。由574x +1160(4-x)=1042.8×4可知x=0.8，则NO2与NO的体积比为1：4，D错误。
5. 【答案】A
【解析】 [反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g) 达到平衡时B的浓度为0.6ml·L-1,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2ml·L-1,而达到新平衡时，B的浓度为0.3ml·L-1.说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动B错误。C项，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则a+b>c+d，错误;D项，因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时的小，错误。]
6．【答案】A
【解析】A．反应A2(g) + B2(g) 2AB(g)中，反应物与生成物的气体分子数相等，平衡后压缩容器，气体体积减小，AB浓度增大，但平衡不发生移动，不能用平衡移动原理解释，A符合题意；
B．保存碳酸饮料时，若容器敞口，则压强减小，气体的溶解度减小，从而释放出CO2气体，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．氯气溶于水后存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯气通入饱和食盐水中，由于溶液中c(Cl-)增大，将使该化学平衡逆向移动，从而减少氯气在水中的溶解，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，增加醇的用量，可以增大乙醇的浓度，从而促进平衡正向移动，提高酸的转化率，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
7. 【答案】B
【解析】A．达到平衡后，使用催化剂，平衡不发生移动，C的体积分数不变，A项错误；
B．根据C的体积分数在不同温度下随时间的变化关系可知，T2比T1先出现拐点，说明T2达到平衡所需时间短、反应速率快，则T2＞T1，T2时C的平衡体积分数比T1时小，说明升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应、正反应为放热反应，反应的ΔH＜0，B项正确；
C．根据C的体积分数在不同压强下随时间的变化关系可知，p2比p1先出现拐点，说明p2达到平衡所需时间短、反应速率快，则p2＞p1，p2时C的平衡体积分数比p1时小，说明增大压强，平衡逆向移动，则化学方程式中n＜e+f，C项错误；
A呈固态，达到平衡后，增加A的质量，平衡不移动，D项错误；
8.【答案】C
【解析】A．该反应为放热反应，即且反应前后气体分子数减少，故，，当温度较高时，，故该反应高温不自发，A错误；
B．反应的平衡常数可表示为，B错误；
C．其它条件不变，根据勒夏特列原理，增大的值，提高CO的转化率，NO的转化率降低，C正确；
D．催化剂可改变反应历程，但不能改变焓变，D错误；
9．【答案】C
【解析】A．已知不变，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，增大，故M减小，由图可知，A项错误；
B．化学平衡常数与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则，B项错误；
C．设起始时和的物质的量各为，设的转化率为x，则平衡时，，，，气体的总物质的量为，，得，则，C项正确；
D．温度越高，压强越大，化学反应速率越大，则，D项错误；
10.【答案】C
【解析】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B．NH3不能电离，属于非电解质，属于强电解质，选项B错误；
C．CaCO3属于强电解质，H3PO4为弱电解质，酒精为非电解质，选项C正确；
D．H2O是弱电解质，不是非电解质，选项D错误；
11. 【答案】B
【解析】A．强电解质、弱电解质是根据电解质在水溶液中的电离程度划分的，溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度及离子所带的电荷数有关，故A错误；
B．由于(NH4)2SO4=，溶液中浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液中将减小，故B正确；
C．HCl电离出的要抑制水的电离，常温下，由水电离出c(H+)<10-7ml/L，故C错误；
D．为弱酸，稀释会促进的电离，所以将 溶液稀释10倍，不能减小至原来的 ，即 ，故D错误；
12. 【答案】C
【解析】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A正确；
B．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3ml/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4ml，解得a:b=11:9，故B正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3ml/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3ml/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH)> c(Cl-)，故C错误；
D．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，故D正确。
13．【答案】D
【解析】①含Cr2O72-的溶液呈橙黄色，Fe2+浅绿色，不能在无色溶液中大量存在；
②呈碱性时微粒之间不会发生反应；
③加入Al能放出H2的溶液可能为酸性，也可能为强碱性，而强碱性溶液中含有大量OH-，OH-能与NH4+反应生成弱电解质NH3·H2O，因此不能在该溶液中大量共存；
④常温下，由水电离出的c(OH-)=10-13ml/L的溶液中，水的电离受到抑制，说明溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，该组微粒之间不会反应，且与H+、OH-均不会发生反应，因此能够大量共存；
⑤ 酸性溶液中NO3-具有强氧化性，Fe2+、I-具有强还原性，相互之间能够发生氧化还原反应，因此不能大量共存；
⑥能使pH试纸变为蓝色的溶液，说明溶液中存在大量OH-，碱性环境下，该组微粒之间不会发生反应，因此能够大量共存；
14.【答案】C
【解析】：A、Na2S溶液中质子守恒关系应为c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；
B、a、c两点Cu2+、S2﹣的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，故B错误；
C、刚开始产生ZnS沉淀时，c（Zn2+）×c（S2﹣）＝Ksp（ZnS），其中c（Zn2+）＝0.1ml/L，则此时c（S2﹣）＝ml/L＝3×10﹣24ml/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c （Cu2+）×c（S2﹣）＝Ksp（CuS），其中c（Cu2+）＝0.1ml/L，
则此时c（S2﹣）＝10﹣34.4ml/L，所以Cu2+先沉淀，故C正确；
D、b点CuCl2和Na2S溶液恰好反应生成CuS沉淀，即为CuS的饱和溶液，溶液c（S2﹣）＝c（Cu2+）＝10﹣17.7，Ksp（CuS）＝c（S2﹣）×c（Cu2+）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，又c点时溶质为NaCl和Na2S，其中c（S2﹣）＝ml/L＝ml/L，则此时c（Cu2+）＝3×10﹣34.4 ml•L﹣1，故D错误；
15． 【答案】D
【解析】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，根据上述分析可知，曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；
B．因为加入KOH溶液，c(H2C2O4)减小，酸性减弱，H2O的电离程度增大，B错误。
C．随着碱性增强，溶液中含C微粒的物质的量不变，但由于溶液体积不断变化，所以c(H2C2O4)+c()+c()不一定为0.40 ml·L-1，C错误；
D．，D正确；
第II卷 非选择题(共55分)
二、填空题(本题包括4小题，共55分)
16. （10分）【答案】(1)（环形）玻璃搅拌器（1分）
(2) 偏小 （1分） 醋酸电离会吸热，使测得的中和热的数值偏小（2分）
(3)＞ （2分） 0.04（m1+m2)·C·Δt[或（m1+m2)·C·Δt/25]（2分）
(4) a+3b-c（2分）
【解析】（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、（环形）玻璃搅拌器，故答案为：（环形）玻璃搅拌器；
（2）醋酸电离会吸热，所以用醋酸代替盐酸溶液进行实验，测得的中和热的数值会偏小；
（3）若在实验过程中，不把温度计上酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱会发生中和反应，求得中和热数值会偏小，则最终测得的ΔH＞-57.3kJ•ml-1；
(4)由图可知：Ⅰ．；
Ⅱ．；
Ⅲ．
根据盖斯定律可知，Ⅲ－3×Ⅱ－Ⅰ得
，故答案为：a+3b-c。
17.（14分）【答案】Ⅰ．(1) 2、5、6、2、10、8（2分） (2) ① 乙（2分）②当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色。（2分）③ D（2分）④2（2分）Ⅱ．(3) MnSO4（2分）(4) ta大于tb（或tb小于ta 或ta 大于tb）（2分）
【解析】（1）酸性高锰酸钾将草酸氧化，生成二氧化碳和水，离子方程式：；
（2）①酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，会氧化橡胶管，所以应选酸式滴定管；
②草酸被酸性高锰酸钾氧化，酸性高锰酸钾溶液褪色，滴定到达终点的判断标志：当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色；
③A．滴定终点读数时俯视，则所得消耗酸性高锰酸钾溶液体积偏小，通过计算得草酸物质的量偏小，水的物质的量偏大，则x偏大，故A错误；
滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁，各反应物总物质的量不变，对实验结果无影响，故B错误；
C．没有润洗锥形瓶，对实验结果无影响，故C错误；
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所得消耗酸性高锰酸钾溶液体积偏大，通过计算得草酸物质的量偏大，水的物质的量偏小，则x偏小，故D正确；
答案选D；
④消耗酸性高锰酸钾物质的量：，根据可知25mL溶液中含草酸物质的量：，则100mL溶液中含草酸物质的量：，其质量，则1.26g草酸晶体中水的质量为：0.36g，其物质的量：0.02ml，则x=2；
（3）根据压强－时间曲线图可知，反应时间段内产生气体速率加快，说明有因素影响反应速率，乙同学设计实验各物质浓度、温度均一致，则应设计实验验证是否反应生成的MnSO4对反应起催化作用；（4）若ta大于tb，说明MnSO4对反应起催化作用。
18、（16分）【答案】 (1)①0.075 ml·(L·min)－1 （1分）94.4kJ（1分）
②将NH3从反应体系中分离出去（2分）
（2）① >（1分） ；②66.7%；（2分）③合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，产率下降；（1分）升高温度，催化剂活性降低。（1分）
（3）①Ru；（1分）②27 P02 /16 （或1.7 P02）（2分）
（4）随温度升高，N2的含量降低。（2分）主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移)。（2分）
【解析】(1)由题给图像可知，前20 min， υ(H2)＝（3.00-1.50）/20＝0.075 ml/(L·min)，生成NH3的物质的量为2.00 ml，由热化学方程式可知放出热量为94.4 kJ。25 min时，氨的浓度为零，而氮气和氢气的浓度瞬时不变，所以应该是将氨从反应体系中分离出去。（2）①结合图像可知B点温度比A点高，B点压强也比A点大，故反应速率：>.②设起始时加入的N2和H2分别为1 ml和3ml,达到平衡时消耗N2的物质的量为xml,根据三段式法可得N2的平衡转化率为66. 7%.（2)温度高于900℃以后，单位时间内NH3的产率下降，可能原因：温度升高催化剂的活性降低；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。（3）①使用催化剂能改变反应的活化能，Ru作催化剂时，初始速率最大，反应的活化能最小。②2 ml NH3有50%发生分解，则平衡体系中含1 ml NH3、0. 5 ml N2和1. 5 ml H2,平衡时气体总物质的量为3 ml,因此平衡时容器中总压强P=2P0·3/2=3P0，三者的分压分别为P0，P0/2和3P0/2，则氨分解反应的KP为27 P02/16。（4）随温度升高，N2的含量降低。主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移)。
19．（15分） 【答案】Ⅰ．（1）B （2分）
(2)1.0×10-5 （2分）（3） 2×10-6-2×10-9 （2分）
Ⅱ．(1)Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (2分)
(2) IV (2分); 盐类水解是吸热反应，升温，促进水解，c(H+)增大 (2分)
(3) ⑤＜②＜④＜③＜① (3分)
【解析】Ⅰ．（1）NH3·H2O加入盐酸后酸碱中和，促进了NH3·H2O的电离，NH4+物质的量分数增大。(2) 根据滴定图象，溶液pH为10.00时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，再根据电离平衡常数计算。(3) 当加入盐酸体积为100mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，再根据电荷、物料守恒进行分析。
Ⅱ．（1）溶液中，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。
（2）NH4Al(SO4)2溶于水电离出的和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，和铝离子的水解程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，则符合条件的曲线是IV，NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的原因是：盐类水解是吸热反应，升温，促进水解，H+浓度增大，pH减小。
（3）①溶液中，HSO电离出的H+抑制 离子的水解；
②溶液，CH3COO-水解生成的OH-促进 离子的水解；
③溶液中，Al3+水解生成的H+抑制离子的水解，但生成的H+比HSO电离出的少，c()小于①中的；
④溶液中，Cl-对 离子的水解无影响；
⑤氨水中，NH3·H2O电离产生；综上所述，由小到大的顺序是：
第I卷 选择题(共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 【答案】B
【解析】A铝热反应是放热反应，但需要在加热(高温)条件下才能进行，A错误
B.石墨转化为金刚石为吸热反应，说明石墨具有的能量小于金刚石所具有的能量，因此石墨比金刚石稳定，B选项正确，
C. 燃烧热的热化学方程式氢气前面的系数应为1ml 。C错误；
D.固体红磷燃烧过程中需先转化为气态，过程中吸收热量，因此等质量的固体红磷和红磷蒸气完全燃烧，固体红磷放出的热量小，则其△H1<△H2，D错误
2.【答案】C
【解析】根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是放热反应，每生成1 ml CO2(g)放出393.5 kJ热量，A错误、C正确；由图可知，1mlC(s)和0.5mlO2(g)转化为1ml的CO(g)，放出热量为：393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1 ，B错误；由图可知，1mlCO(g)和0.5mlO2(g)的总能量大于1mlCO2(g)，无法判断1mCO(g)和1mlCO2(g)的能量大小，则在相同条件下，无法判断CO (g)和CO2(g)的稳定性，D错误。
3．【答案】B
【解析】A. CO的燃烧热是283.0kJ/ml，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，其逆反应二氧化碳分解生成一氧化碳和氧气是吸热，2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH=+2×283.0kJ/ml，故A错误； 1g液态肼的物质的量为： 1/32ml，则1ml液态肼完全反应放出的热量为：20.05kJ×=641.6kJ，该反应的化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ΔH＝−641.6kJ·ml-1，故B正确；
C．OH-(aq) ＋ H+(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.4kJ·ml－1，即在稀溶液中1mlNaOH与强酸完全反应生成1ml水时，放出57.4kJ热量，但浓硫酸稀释时需要放热，则含20gNaOH的稀溶液与过量浓硫酸完全反应，放出的热量应大于28.7kJ，故C错误；
D．该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此0.5mlN2、1.5mlH2反应放出的热量小于47.2kJ，选项D错误。
4．【答案】C
【解析】A．气态水变为液态水放出热量，所以CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＜－574kJ·ml－1，故A错误；
B．1.6 g甲烷为0.1ml，还原NO2至N2，C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以转移电子总数是0.1ml×8=0.8ml，即电子转移数目为0.8NA，B错误；
C．根据盖斯定律①+②得CH4还原NO2生成N2和水蒸气的热化学方程式是CH4(g)＋2NO2(g) =N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·ml－1，标准状况下6.72L甲烷的物质的量是0.3ml，还原NO2至N2，放出的热量为867kJ·ml－1×0.3ml=260.1kJ，故C正确；
D．设NO2的物质的量为x ml，则NO的物质的量为(4-x) ml。由574x +1160(4-x)=1042.8×4可知x=0.8，则NO2与NO的体积比为1：4，D错误。
5. 【答案】A
【解析】 [反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g) 达到平衡时B的浓度为0.6ml·L-1,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2ml·L-1,而达到新平衡时，B的浓度为0.3ml·L-1.说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动B错误。C项，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则a+b>c+d，错误;D项，因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时的小，错误。]
6．【答案】A
【解析】A．反应A2(g) + B2(g) 2AB(g)中，反应物与生成物的气体分子数相等，平衡后压缩容器，气体体积减小，AB浓度增大，但平衡不发生移动，不能用平衡移动原理解释，A符合题意；
B．保存碳酸饮料时，若容器敞口，则压强减小，气体的溶解度减小，从而释放出CO2气体，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．氯气溶于水后存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯气通入饱和食盐水中，由于溶液中c(Cl-)增大，将使该化学平衡逆向移动，从而减少氯气在水中的溶解，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，增加醇的用量，可以增大乙醇的浓度，从而促进平衡正向移动，提高酸的转化率，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
7. 【答案】B
【解析】A．达到平衡后，使用催化剂，平衡不发生移动，C的体积分数不变，A项错误；
B．根据C的体积分数在不同温度下随时间的变化关系可知，T2比T1先出现拐点，说明T2达到平衡所需时间短、反应速率快，则T2＞T1，T2时C的平衡体积分数比T1时小，说明升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应、正反应为放热反应，反应的ΔH＜0，B项正确；
C．根据C的体积分数在不同压强下随时间的变化关系可知，p2比p1先出现拐点，说明p2达到平衡所需时间短、反应速率快，则p2＞p1，p2时C的平衡体积分数比p1时小，说明增大压强，平衡逆向移动，则化学方程式中n＜e+f，C项错误；
A呈固态，达到平衡后，增加A的质量，平衡不移动，D项错误；
8.【答案】C
【解析】A．该反应为放热反应，即且反应前后气体分子数减少，故，，当温度较高时，，故该反应高温不自发，A错误；
B．反应的平衡常数可表示为，B错误；
C．其它条件不变，根据勒夏特列原理，增大的值，提高CO的转化率，NO的转化率降低，C正确；
D．催化剂可改变反应历程，但不能改变焓变，D错误；
9．【答案】C
【解析】A．已知不变，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，增大，故M减小，由图可知，A项错误；
B．化学平衡常数与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则，B项错误；
C．设起始时和的物质的量各为，设的转化率为x，则平衡时，，，，气体的总物质的量为，，得，则，C项正确；
D．温度越高，压强越大，化学反应速率越大，则，D项错误；
10.【答案】C
【解析】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B．NH3不能电离，属于非电解质，属于强电解质，选项B错误；
C．CaCO3属于强电解质，H3PO4为弱电解质，酒精为非电解质，选项C正确；
D．H2O是弱电解质，不是非电解质，选项D错误；
11. 【答案】B
【解析】A．强电解质、弱电解质是根据电解质在水溶液中的电离程度划分的，溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度及离子所带的电荷数有关，故A错误；
B．由于(NH4)2SO4=，溶液中浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液中将减小，故B正确；
C．HCl电离出的要抑制水的电离，常温下，由水电离出c(H+)<10-7ml/L，故C错误；
D．为弱酸，稀释会促进的电离，所以将 溶液稀释10倍，不能减小至原来的 ，即 ，故D错误；
12. 【答案】C
【解析】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A正确；
B．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3ml/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4ml，解得a:b=11:9，故B正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3ml/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3ml/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH)> c(Cl-)，故C错误；
D．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，故D正确。
13．【答案】D
【解析】①含Cr2O72-的溶液呈橙黄色，Fe2+浅绿色，不能在无色溶液中大量存在；
②呈碱性时微粒之间不会发生反应；
③加入Al能放出H2的溶液可能为酸性，也可能为强碱性，而强碱性溶液中含有大量OH-，OH-能与NH4+反应生成弱电解质NH3·H2O，因此不能在该溶液中大量共存；
④常温下，由水电离出的c(OH-)=10-13ml/L的溶液中，水的电离受到抑制，说明溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，该组微粒之间不会反应，且与H+、OH-均不会发生反应，因此能够大量共存；
⑤ 酸性溶液中NO3-具有强氧化性，Fe2+、I-具有强还原性，相互之间能够发生氧化还原反应，因此不能大量共存；
⑥能使pH试纸变为蓝色的溶液，说明溶液中存在大量OH-，碱性环境下，该组微粒之间不会发生反应，因此能够大量共存；
14.【答案】C
【解析】：A、Na2S溶液中质子守恒关系应为c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；
B、a、c两点Cu2+、S2﹣的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，故B错误；
C、刚开始产生ZnS沉淀时，c（Zn2+）×c（S2﹣）＝Ksp（ZnS），其中c（Zn2+）＝0.1ml/L，则此时c（S2﹣）＝ml/L＝3×10﹣24ml/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c （Cu2+）×c（S2﹣）＝Ksp（CuS），其中c（Cu2+）＝0.1ml/L，
则此时c（S2﹣）＝10﹣34.4ml/L，所以Cu2+先沉淀，故C正确；
D、b点CuCl2和Na2S溶液恰好反应生成CuS沉淀，即为CuS的饱和溶液，溶液c（S2﹣）＝c（Cu2+）＝10﹣17.7，Ksp（CuS）＝c（S2﹣）×c（Cu2+）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，又c点时溶质为NaCl和Na2S，其中c（S2﹣）＝ml/L＝ml/L，则此时c（Cu2+）＝3×10﹣34.4 ml•L﹣1，故D错误；
15． 【答案】D
【解析】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，根据上述分析可知，曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；
B．因为加入KOH溶液，c(H2C2O4)减小，酸性减弱，H2O的电离程度增大，B错误。
C．随着碱性增强，溶液中含C微粒的物质的量不变，但由于溶液体积不断变化，所以c(H2C2O4)+c()+c()不一定为0.40 ml·L-1，C错误；
D．，D正确；
第II卷 非选择题(共55分)
二、填空题(本题包括4小题，共55分)
16. （10分）【答案】(1)（环形）玻璃搅拌器（1分）
(2) 偏小 （1分） 醋酸电离会吸热，使测得的中和热的数值偏小（2分）
(3)＞ （2分） 0.04（m1+m2)·C·Δt[或（m1+m2)·C·Δt/25]（2分）
(4) a+3b-c（2分）
【解析】（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、（环形）玻璃搅拌器，故答案为：（环形）玻璃搅拌器；
（2）醋酸电离会吸热，所以用醋酸代替盐酸溶液进行实验，测得的中和热的数值会偏小；
（3）若在实验过程中，不把温度计上酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱会发生中和反应，求得中和热数值会偏小，则最终测得的ΔH＞-57.3kJ•ml-1；
(4)由图可知：Ⅰ．；
Ⅱ．；
Ⅲ．
根据盖斯定律可知，Ⅲ－3×Ⅱ－Ⅰ得
，故答案为：a+3b-c。
17.（14分）【答案】Ⅰ．(1) 2、5、6、2、10、8（2分） (2) ① 乙（2分）②当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色。（2分）③ D（2分）④2（2分）Ⅱ．(3) MnSO4（2分）(4) ta大于tb（或tb小于ta 或ta 大于tb）（2分）
【解析】（1）酸性高锰酸钾将草酸氧化，生成二氧化碳和水，离子方程式：；
（2）①酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，会氧化橡胶管，所以应选酸式滴定管；
②草酸被酸性高锰酸钾氧化，酸性高锰酸钾溶液褪色，滴定到达终点的判断标志：当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色；
③A．滴定终点读数时俯视，则所得消耗酸性高锰酸钾溶液体积偏小，通过计算得草酸物质的量偏小，水的物质的量偏大，则x偏大，故A错误；
滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁，各反应物总物质的量不变，对实验结果无影响，故B错误；
C．没有润洗锥形瓶，对实验结果无影响，故C错误；
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所得消耗酸性高锰酸钾溶液体积偏大，通过计算得草酸物质的量偏大，水的物质的量偏小，则x偏小，故D正确；
答案选D；
④消耗酸性高锰酸钾物质的量：，根据可知25mL溶液中含草酸物质的量：，则100mL溶液中含草酸物质的量：，其质量，则1.26g草酸晶体中水的质量为：0.36g，其物质的量：0.02ml，则x=2；
（3）根据压强－时间曲线图可知，反应时间段内产生气体速率加快，说明有因素影响反应速率，乙同学设计实验各物质浓度、温度均一致，则应设计实验验证是否反应生成的MnSO4对反应起催化作用；（4）若ta大于tb，说明MnSO4对反应起催化作用。
18、（16分）【答案】 (1)①0.075 ml·(L·min)－1 （1分）94.4kJ（1分）
②将NH3从反应体系中分离出去（2分）
（2）① >（1分） ；②66.7%；（2分）③合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，产率下降；（1分）升高温度，催化剂活性降低。（1分）
（3）①Ru；（1分）②27 P02 /16 （或1.7 P02）（2分）
（4）随温度升高，N2的含量降低。（2分）主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移)。（2分）
【解析】(1)由题给图像可知，前20 min， υ(H2)＝（3.00-1.50）/20＝0.075 ml/(L·min)，生成NH3的物质的量为2.00 ml，由热化学方程式可知放出热量为94.4 kJ。25 min时，氨的浓度为零，而氮气和氢气的浓度瞬时不变，所以应该是将氨从反应体系中分离出去。（2）①结合图像可知B点温度比A点高，B点压强也比A点大，故反应速率：>.②设起始时加入的N2和H2分别为1 ml和3ml,达到平衡时消耗N2的物质的量为xml,根据三段式法可得N2的平衡转化率为66. 7%.（2)温度高于900℃以后，单位时间内NH3的产率下降，可能原因：温度升高催化剂的活性降低；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。（3）①使用催化剂能改变反应的活化能，Ru作催化剂时，初始速率最大，反应的活化能最小。②2 ml NH3有50%发生分解，则平衡体系中含1 ml NH3、0. 5 ml N2和1. 5 ml H2,平衡时气体总物质的量为3 ml,因此平衡时容器中总压强P=2P0·3/2=3P0，三者的分压分别为P0，P0/2和3P0/2，则氨分解反应的KP为27 P02/16。（4）随温度升高，N2的含量降低。主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移)。
19．（15分） 【答案】Ⅰ．（1）B （2分）
(2)1.0×10-5 （2分）（3） 2×10-6-2×10-9 （2分）
Ⅱ．(1)Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (2分)
(2) IV (2分); 盐类水解是吸热反应，升温，促进水解，c(H+)增大 (2分)
(3) ⑤＜②＜④＜③＜① (3分)
【解析】Ⅰ．（1）NH3·H2O加入盐酸后酸碱中和，促进了NH3·H2O的电离，NH4+物质的量分数增大。(2) 根据滴定图象，溶液pH为10.00时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，再根据电离平衡常数计算。(3) 当加入盐酸体积为100mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，再根据电荷、物料守恒进行分析。
Ⅱ．（1）溶液中，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。
（2）NH4Al(SO4)2溶于水电离出的和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，和铝离子的水解程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，则符合条件的曲线是IV，NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的原因是：盐类水解是吸热反应，升温，促进水解，H+浓度增大，pH减小。
（3）①溶液中，HSO电离出的H+抑制 离子的水解；
②溶液，CH3COO-水解生成的OH-促进 离子的水解；
③溶液中，Al3+水解生成的H+抑制离子的水解，但生成的H+比HSO电离出的少，c()小于①中的；
④溶液中，Cl-对 离子的水解无影响；
⑤氨水中，NH3·H2O电离产生；综上所述，由小到大的顺序是：
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